ラムダでの完璧なフォワーディング？

Question

機能により、一つは書くことができます。

template <class T> void f(T&& x) {myfunction(std::forward<T>(x));} 

をしかしラムダで、我々はTを持っていない：

auto f = [](auto&& x){myfunction(std::forward</*?*/>(x));} 

ラムダで完璧な転送を行うにはどのように？ decltype(x)はstd::forwardの型として機能しますか？

Answer 1

フォワーディング参照にバインドされたラムダ引数を転送する標準的な方法は、decltypeで確かである。このため

auto f = [](auto&& x){ 
    myfunction(std::forward<decltype(x)>(x)); 
} //      ^^^^^^^^^^^ 

Answer 2

私のお気に入りのイディオムは次のとおりです。私は "として読み込ま

auto f = [](auto&& x){myfunction(decltype(x)(x));} 

xがタイプxとして宣言されました。

この動作を確認するには、xがint&&の場合の処理​​を調べます。 decltype(x)(x)は(int&&)(x)であり、これはxへの参照値を生成する。 xがint&である場合は、(int&)(x)となります。これは参照へのキャストなしです。覚えておいてください、decltype(x)は参照カテゴリを含みます。

auto f = [](auto&& x){myfunction(std::forward<decltype(x)>(x));} 

代替：今

は、auto&&パラメータに対して、これは短いが、同等です。

auto f = [](auto x){myfunction(decltype(x)(x));} 

auto f = [](auto x){myfunction(std::forward<decltype(x)>(x));} 

代わり移動-からながらxそれは、余分なコピーを誘発：autoパラメータについて

。

私は通常のCスタイルがあまりにも危険であるとしてキャストxがauto&&変数でない場合は、decltype(x)(x)は最悪のxの種類-正しいコピーを作成することができます扱いますが。そして、それを簡潔にするために何か言われることがあります。